2019年高考數(shù)學(xué)(理)課時作業(yè)(四十五) 第45講 第1課時 空間角的求法_第1頁
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課時作業(yè)(四十五)第45講第1課時空間角的求法基礎(chǔ)熱身1.如圖K451所示,已知正方體ABCDA1B1C1D1,E,F分別是A1C1和AD1的中點,則EF和CD所成的角是 ()A.30° B.45°C.60° D.90°圖K4512.[2018·河北棗強中學(xué)月考]已知向量m,n分別是直線l的方向向量和平面α的法向量,若cos<m,n>=12,則l與α所成的角為 (A.30° B.60° C.120° D.150°3.[2017·鄭州模擬]過正方形ABCD的頂點A作線段PA⊥平面ABCD,若AB=PA,則平面ABP與平面CDP所成的銳二面角為 ()A.30° B.45° C.60° D.90°4.已知直三棱柱ABCA1B1C1,∠ACB=90°,CA=CB=CC1,D為B1C1的中點,則異面直線BD和A1C所成角的余弦值為.

5.在長方體ABCDA1B1C1D1中,AB=2,BC=AA1=1,則D1C1與平面A1BC1所成角的正弦值為.

能力提升6.[2017·東營質(zhì)檢]已知A(1,0,0),B(0,1,1),O為坐標(biāo)原點,OA+λOB與OB的夾角為120°,則λ的值為 ()A.±66 B.C.66 D.±7.如圖K452所示,在三棱柱ABCA1B1C1中,AA1⊥底面ABC,AB=BC=AA1,∠ABC=90°,點E,F分別是棱AB,BB1的中點,則直線EF和BC1所成的角是 ()A.30° B.45°C.60° D.90°圖K4528.[2017·邯鄲一模]如圖K453,在直三棱柱ABCA1B1C1中,AB⊥AC,AB=AA1=2,AC=2,過BC的中點D作平面ACB1的垂線,交平面ACC1A1于點E,則BE與平面ABB1A1所成角的正切值為 ()A.55 B.510 C.1010 圖K4539.[2017·浙江五校聯(lián)考]如圖K454所示,在四棱錐PABCD中,側(cè)面PAB⊥底面ABCD,底面ABCD為矩形,PA=PB,O為AB的中點,OD⊥PC,若PD與平面PAB所成的角為30°,則二面角DPCB的余弦值是 ()圖K454A.33 B.C.13 D.10.[2017·珠海模擬]在正方體ABCDA1B1C1D1中,O是BD的中點,點P在線段B1D1上,直線OP與平面A1BD所成的角為α,則sinα的取值范圍是 ()A.23,33 B.13,12C.34,33 D.14,1311.[2017·衡陽二聯(lián)]如圖K455所示,在正方體ABCDA1B1C1D1中,AB=2,A1C1∩B1D1=E,直線AC與直線DE所成的角為α,直線DE與平面BCC1B1所成的角為β,則cos(αβ)=.

圖K45512.如圖K456所示,四棱錐PABCD中,底面ABCD為矩形,PA⊥平面ABCD,E為PD的中點.設(shè)二面角DAEC為60°,AP=1,AD=3,則三棱錐EACD的體積為.

圖K45613.如圖K457,四邊形ABCD和ADPQ均為正方形,它們所在的平面互相垂直,動點M在線段PQ上,E,F分別為AB,BC的中點.設(shè)異面直線EM與AF所成的角為θ,則cosθ的最大值為.

圖K45714.(10分)[2017·南通一模]如圖K458所示,在棱長為2的正方體ABCDA1B1C1D1中,P為棱C1D1的中點,Q為棱BB1上的點,且BQ=λBB1(λ≠0).(1)若λ=12,求AP與AQ所成角的余弦值(2)若直線AA1與平面APQ所成的角為45°,求實數(shù)λ的值.圖K45815.(13分)[2017·泉州質(zhì)檢]如圖K459所示,在三棱錐ABCD中,平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,∠CBD=60°,BD=2BC=4,點E在CD上,DE=2EC.(1)求證:AC⊥BE;(2)若二面角EBAD的余弦值為155,求三棱錐ABCD的體積圖K459難點突破16.(12分)[2017·河南六市二聯(lián)]如圖K4510所示,AB是半圓O的直徑,C是半圓O上除A,B外的一個動點,DC垂直于半圓O所在的平面,DC∥EB,DC=EB,AB=4,tan∠EAB=14(1)證明:平面ADE⊥平面ACD;(2)當(dāng)三棱錐CADE的體積最大時,求二面角DAEB的余弦值的絕對值.圖K4510第1課時1.B[解析]以D為原點,分別以DA,DC,DD1所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz,如圖所示,設(shè)正方體的棱長為1,則D(0,0,0),C(0,1,0),E12,12,1,F12,0,12,EF=0,12,12,DC=(0,1,0),∴cos<EF,DC>=EF·DC|EF||DC|=22,∴異面直線EF2.A[解析]設(shè)l與α所成的角為θ,則sinθ=|cos<m,n>|=12,所以θ=30°3.B[解析]如圖所示,建立空間直角坐標(biāo)系,設(shè)E為PD的中點,連接AE,設(shè)AB=PA=1,則A(0,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1),E0,12,12,所以AD=(0,1,0),AE=0,12,12.由題意,CD⊥平面PAD,所以CD⊥AE,又AE⊥PD,PD∩CD=D,所以AE⊥平面PCD,所以AE為平面PCD的一個法向量.易知AD為平面PAB的一個法向量,cos<AD,AE>=AD·AE|AD|·|AE|=22,則平面PAB與平面4.105[解析]如圖所示,以C為坐標(biāo)原點,CA,CB,CC1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系.設(shè)CA=CB=CC1=2,則A1(2,0,2),C(0,0,0),B(0,2,0),D(0,1,2),∴BD=(0,1,2),A1C=(2,0,2),∴cos<BD,A1C>=BD·A1C|BD||5.13[解析]建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz,由于AB=2,BC=AA1=1,所以A1(1,0,1),B(1,2,0),C1(0,2,1),D1(0,0,1),所以A1C1=(1,2,0),BC1=(1,0,1),D1C1=(0,2,0).設(shè)平面A1BC1的法向量為n=(x,y,z),則有A1C1·n=0,BC1·n=0,即-x+2y=0,-x+z=0,令x=2,得y=1,z=2,則n=(2,1,2).設(shè)D1C1與平面A1BC1所成角為θ6.C[解析]因為OA+λOB=(1,λ,λ),所以cos120°=λ+λ1+2λ2·2=12,解得λ=±66,經(jīng)檢驗λ=66不合題意7.C[解析]以B為坐標(biāo)原點,以BC為x軸,BA為y軸,BB1為z軸,建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示.設(shè)AB=BC=AA1=2,則C1(2,0,2),E(0,1,0),F(0,0,1),∴EF=(0,1,1),BC1=(2,0,2),∴EF·BC1=2,∴cos<EF,BC1>=22×22=12,則8.C[解析]以A為坐標(biāo)原點,向量AC,AA1,AB的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向,建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz,則A(0,0,0),B(0,0,2),B1(0,2,2),C(2,0,0),D22,0,1.設(shè)E(x,y,0),得DE=x22,y,1,AC=(2,0,0),AB1=(0,2,2).∵DE⊥平面ACB1,∴DE⊥AC,DE⊥AB1,∴DE·AC=0,DE·AB1=0,則x22·2+0+0=0,0+2y2=0,解得x=22,y=1,即E22,1,0,BE=22,1,2.而平面ABB1A1的一個法向量為AC=(2,0,0),設(shè)BE與平面ABB1A1所成角為θ,則sinθ=|cos<BE,AC>|=|BE·AC||BE|·|AC|=1111,cosθ=1-sin9.D[解析]取CD的中點E,連接OE,以O(shè)為原點,OE,OB,OP所在的直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz.在矩形ABCD中,易得OD⊥OC,∴AB=2AD.不妨設(shè)AD=1,則AB=2.∵側(cè)面PAB⊥底面ABCD,底面ABCD為矩形,∴DA⊥平面PAB,∴∠DPA為直線PD與平面PAB所成的角,∴∠DPA=30°,則PA=PB=3.∴B(0,1,0),C(1,1,0),D(1,1,0),P(0,0,2),從而PC=(1,1,2),CD=(0,2,0).設(shè)平面PCD的法向量為n1=(x1,y1,z1),由PC·n1=0,CD·n1=0,得x1+y1-2z1=0,-2y1=0,可取n1=(2,0,1).同理,可得平面PCB的一個法向量為n2=(0,2,1).于是cos<n1,10.A[解析]設(shè)正方體的棱長為1,分別以DA,DC,DD1的方向為x,y,z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系,則O12,12,0,A(1,0,0),C1(0,1,1),可設(shè)P(x,x,1)(0≤x≤1),∴OP=x12,x12,1,平面A1BD的法向量AC1=(1,1,1),所以sinα=|OP·AC1||OP||AC1|=13·2x-122+1.當(dāng)x=11.66[解析]以D為原點,分別以射線DA,DC,DD1為x軸、y軸、z軸的非負(fù)半軸建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz,如圖所示,則D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),A1(2,0,2),C1(0,2,2),E(1,1,2),∴AC=(2,2,0),DE=(1,1,2),CC1=(0,0,2),BC=(2,0,0),∴cosα=|cos<AC,DE>|=|AC·DE||AC|·|DE|=|-2+2+0|22×6=0,則α=π2.設(shè)n=(x,y,z)是平面BCC1B1的一個法向量,則n·CC1=0,n·BC=0,即2z=0,-2x=0,令y=1,得n=(0,1,0),則sin12.38[解析]因為PA⊥平面ABCD,且四邊形ABCD為矩形,所以AB,AD,AP兩兩垂直.如圖,以A為坐標(biāo)原點,AB的方向為x軸的正方向,建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz,則D(0,3,0),E0,32,12,所以AE=0,32,12設(shè)B(m,0,0)(m>0),則C(m,3,0),AC=(m,3,0).設(shè)n1=(x,y,z)為平面ACE的法向量,則n1·AC=0,n1·AE=0,即mx+3y=0,32y+12z=0,可取n1=3m,1,3.易知n2=(1,0,0)為平面DAE的一個法向量,由題設(shè)知|cos<n1,n2>|=12,即33+4m2=12,解得m=32.因為E為PD的中點,所以三棱錐13.25[解析]建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示.設(shè)AB=1,則AF=1,12,0,E12,0,0.設(shè)M(0,y,1)(0≤y≤1),則EM=12,y,1.∵θ∈0,π2,∴cosθ=|AF·EM||AF||EM|=|-12+12y|1+14·14+y2+1=2(1-y)5·4y2+5,則2(1-y)4y2+52=18y+14y14.解:以A為坐標(biāo)原點,分別以AB,AD,AA1的方向為x軸、y軸、z軸的正方向,建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)(1)因為AP=(1,2,2),AQ=(2,0,1),所以cos<AP,AQ>=AP·AQ|AP||所以AP與AQ所成角的余弦值為45(2)由題意可知,AA1=(0,0,2),AQ=(2,0,2λ設(shè)平面APQ的法向量為n=(x,y,z),則n·AP令z=2,則x=2λ,y=2λ,所以n=(2λ,2λ,2).又因為直線AA1與平面APQ所成角為45°,所以|cos<n,AA1>|=|n·A可得5λ24λ=0,又因為λ≠0,所以λ=4515.解:(1)證明:取BD的中點O,連接AO,CO,EO.因為AB=AD,BO=OD,所以AO⊥BD.又平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AO?平面ABD,所以AO⊥平面BCD.又BE?平面BCD,所以AO⊥BE.在△BCD中,BD=2BC,DE=2EC,所以BDBC=DEEC=2由角平分線性質(zhì),得∠CBE=∠DBE,又BC=BO=2,所以BE⊥CO.又因為AO∩CO=O,AO?平面ACO,CO?平面ACO,所以BE⊥平面ACO,又AC?平面ACO,所以AC⊥BE.(2)在△BCD中,BD=2BC=4,∠CBD=60°,由余弦定理得CD=23,所以BC2+CD2=BD2,即∠BCD=90°,所以∠EBD=∠EDB=30°,BE=DE,所以EO⊥BD,結(jié)合(1)知,OE,OD,OA兩兩垂直.以O(shè)為原點,分別以向量OE,OD,OA的方向為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz(如圖),設(shè)AO=t(t>0),則A(0,0,t),B(0,2,0),E233,0,0,所以BA=(0,2,t),BE=233,2,0.設(shè)n=(x,y,z)是平面ABE的一個法向量,則n·BA=0,n·BE=0,令y=1,得n=3,1,2t.因為OE⊥平面ABD,所以m=(1,0,0)是平面ABD的一個法向量.又因為二面角EBAD的余弦值為155,所以|cos<m,n>|=33+1+4t2=155,解得t=2或t=又AO⊥平面BCD,所以AO是

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